(2025) Đề thi tổng ôn tốt nghiệp THPT Vật lí có đáp án - Đề 18

Đáp án đúng là A

Đáp án A sai. Vì khi gảy đàn, đoạn dây gần nam châm vĩnh cửu bị nhiễm từ dao động và tạo ra sự biến thiên từ thông qua cuộn dây.

Đáp án đúng là D

Đáp án A, B, C sai. Vì khi dòng điện không đổi chạy qua cuộn dây đặt trong từ trường của nam châm vĩnh cửu (đặt cố định) sẽ chịu tác dụng của lực từ làm cuộn dây chỉ dịch chuyển theo một chiều, không thể dao động nên màn loa không dao động và không thể phát ra âm thanh. Khi có dòng điện biến đổi (xoay chiều hoặc xung) chạy qua cuộn dây thì lực từ của từ trường tác dụng lên cuộn dây sẽ thay đổi cả độ lớn và chiều, làm cho cuộn dây và màn loa dao động. Màn loa dao động và phát ra âm thanh.

Đáp án D đúng.

Từ đồ thị điện áp – thời gian, ta xác định được chu kì, tần số của điện áp:

$$T = \frac{30 \cdot 10^{-5}}{4} = 7{,}5 \cdot 10^{-5}\ \mathrm{s} \;\;\Rightarrow\;\; f = \frac{1}{T} = \frac{1}{7{,}5 \cdot 10^{-5}} \approx 13\,333\ \mathrm{Hz}.$$

Vậy tần số âm do loa phát ra cũng là tần số của điện áp $f \approx 13\,333\ \mathrm{Hz}$.

Đáp án đúng là A

Chọn mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng. Do vật trượt phải sinh công để chống lại lực ma sát nên công của lực ma sát có độ lớn bằng độ giảm cơ năng của vật:

$$A_{\text{ms}} = W_1 - W_2$$

Công của lực ma sát tác dụng lên vật làm vật nóng lên tức là làm tăng nội năng của vật, do đó:

$$\Delta U = A_{\text{ms}} = W_1 - W_2 = mgh_1 - \tfrac{1}{2}mv^2$$

Với $h_1 = l\sin 30^\circ,\, v_0=0,\, v=5$:

$$\Delta U = mg\cdot l\sin 30^\circ - \tfrac{1}{2}mv^2 = 1{,}5\cdot 10 \cdot 20 \cdot \sin 30^\circ - \tfrac{1}{2}\cdot 1{,}5 \cdot 5^2 = 131{,}25\,\mathrm{J}.$$

Đáp án đúng là D

Sự thăng hoa là quá trình chuyển từ thể rắn sang thể hơi của các chất, khi nó nhận nhiệt.

Đáp án đúng là D

Những tình huống không nên làm để đảm bảo an toàn khi sử dụng điện được thể hiện ở những hình gồm: hình a, hình b, hình c và hình e.

Đáp án đúng là C

Trong vùng không gian có từ trường biến thiên theo thời gian thì trong vùng đó xuất hiện một điện trường xoáy. Ngược lại, trong vùng không gian có điện trường biến thiên theo thời gian thì trong vùng đó xuất hiện một từ trường biến thiên theo thời gian. Do đó, điện trường biến thiên và từ trường biến thiên theo thời gian sẽ chuyển hóa lẫn nhau và cùng tồn tại trong không gian, được gọi là trường điện từ. Quá trình lan truyền của trường điện từ trong không gian gọi là sóng điện từ.

Đáp án đúng là B

Khối lượng ethanol chứa trong $20\,\ell$ rượu gạo $40^\circ$ là:

$$m_e = D_e V_e = 789{,}40 \cdot 20 \cdot 10^{-3} = 6{,}312\,\mathrm{kg}.$$

Khối lượng nước chứa trong $20\,\ell$ rượu gạo $40^\circ$ là:

$$m_n = D_n V_n = 997{,}60 \cdot 20 \cdot 10^{-3} = 11{,}964\,\mathrm{kg}.$$

Xét sự trao đổi nhiệt giữa ethanol và nước, ta có:

$$Q_{\text{toả}} = Q_{\text{thu}} \;\;\Rightarrow\;\; m_n c_n (t_n - 45) = m_e c_e (45 - 35).$$

$$11{,}964 \cdot 4200 \cdot (t_n - 45) = 6{,}312 \cdot 2440 \cdot 10$$

$$t_n = \frac{106337}{20937} \approx 48^\circ\mathrm{C}.$$

Đáp án đúng là C
Khối lượng nước chứa trong thùng nước lạnh là:
$m = D_n.V = 997.250.10^{-3} = 249{,}25$ kg.

Xét sự trao đổi nhiệt giữa ethanol, nước (trong ống dẫn) với nước trong thùng nước lạnh, ta có:

$$Q_{toả} = Q_{thu}$$

$$\Leftrightarrow L_n.m_n + m_n.c_n.(100-48) + L_e.m_e + m_e.c_e.(78-35) = m.c_n.(t-20)$$

$$\Leftrightarrow 2{,}3.10^6.11{,}964 + 11{,}964.4200.52 + 0{,}9.10^6.6{,}312 + 6{,}312.2440.43 = 249{,}25.4200.(t-20)$$

$$\Rightarrow t \approx 55^\circ C$$

Đáp án đúng là A

Quá trình (1)→(2) là đẳng tích, nên

$$\frac{p_1}{T_1}=\frac{p_2}{T_2}\ \Rightarrow\ \frac{p_0}{T}=\frac{2p_0}{T_2}\ \Rightarrow\ T_2=2T,$$

và khối khí không thực hiện công nên $A_{12}=0$.

Quá trình (2)→(3) là đẳng áp, nên

$$\frac{V_2}{T_2}=\frac{V_3}{T_3}\ \Rightarrow\ \frac{V_0}{2T}=\frac{2V_0}{T_3}\ \Rightarrow\ T_3=4T.$$

Công do khối khí thực hiện:

$$A_{23}=p_2\Delta V=p_2\,(V_3-V_2)=2p_0V_0.$$

Từ phương trình trạng thái tại (1): $p_0V_0=nRT\Rightarrow A_{23}=2nRT$.

Nội năng của khí (đơn nguyên tử) $U=\tfrac{3}{2}nRT$, do đó

$$U_1=\tfrac{3}{2}nRT,\qquad U_2=\tfrac{3}{2}nRT_2=\tfrac{3}{2}nR(2T)=3nRT,\qquad U_3=\tfrac{3}{2}nRT_3=\tfrac{3}{2}nR(4T)=6nRT.$$

Độ biến thiên nội năng và nhiệt lượng từng đoạn:

$$\Delta U_{12}=U_2-U_1=3nRT-\tfrac{3}{2}nRT=\tfrac{3}{2}nRT,$$

$$\Delta U_{12}=A_{12}+Q_{12}\Rightarrow Q_{12}=\tfrac{3}{2}nRT.$$

Với quy ước $A>0$ là công do ngoài thực hiện lên khí, đoạn (2)→(3) khí nở làm công ra ngoài nên $A_{23}=-2nRT$. Khi đó

$$\Delta U_{23}=U_3-U_2=6nRT-3nRT=3nRT=A_{23}+Q_{23} \Rightarrow Q_{23}=3nRT-(-2nRT)=5nRT.$$

Tổng nhiệt lượng khí nhận trong (1)→(2)→(3) là

$$Q=Q_{12}+Q_{23}=\tfrac{3}{2}nRT+5nRT=\tfrac{13}{2}\,nRT.$$

Đáp án đúng là C

Từ trường do nam châm sinh ra có vector cảm ứng từ $\vec{B}$ như hình vẽ. Khi nam châm đi lên làm cho từ thông xuyên qua tiết diện khung dây giảm và sinh ra dòng điện cảm ứng. Theo định luật Lenz, từ trường do dòng điện cảm ứng sinh ra có tác dụng chống lại sự biến thiên từ thông qua khung dây, do đó, vector cảm ứng từ $\vec{B_c}$ của từ trường cảm ứng cùng chiều với $\vec{B}$. Khi đó, mặt nam của khung dây gần cực bắc của nam châm thẳng nên khung dây và nam châm hút nhau làm cho khung dây chuyển động đi lên. Dùng quy tắc bàn tay phải, ta xác định được chiều của dòng điện cảm ứng trong khung dây (nhìn từ trên xuống) cùng chiều quay của kim đồng hồ.

Đáp án đúng là A

Khối lượng oxygen có trong 1 g không khí là:
$m = 21\% \cdot 1 = 0{,}21$ g.

Số phân tử oxygen:

$$N_{O_2} = \frac{m_{O_2}}{M_{O_2}} \cdot N_A = \frac{0{,}21}{32} \cdot 6{,}02 \cdot 10^{23} \approx 3{,}95 \cdot 10^{21}\ \text{phân tử}.$$

Đáp án đúng là D

Khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái đẳng áp, nên ta có:

$$\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2} \Rightarrow \frac{V_1}{27+273}=\frac{V_2}{87+273} =\frac{V_1+1{,}4}{87+273} \quad (\text{Do } V \sim T \text{ nên } T \text{ tăng thì } V \text{ tăng})$$

$$\Rightarrow V_1 = 7\ \text{lít}. \qquad \Rightarrow V_2 = 7 + 1{,}4 = 8{,}4\ \text{lít.}$$

Đáp án đúng là A

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện $I_1$ gây ra tại M là:

$$B_1 = 2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_{AM}} = 2.10^{-7}.\frac{2}{0{,}04} = 10^{-5}\ \text{T}.$$

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện $I_2$ gây ra tại M là:

$$B_2 = 2.10^{-7}.\frac{I_2}{r_{BM}} = 2.10^{-7}.\frac{4}{0{,}04} = 2.10^{-5}\ \text{T}.$$

Do $\vec{B_1}$ ngược hướng với $\vec{B_2}$ nên độ lớn cảm ứng từ do hai dòng điện gây ra tại M là:

$$B_M = B_2 - B_1 = 2.10^{-5} - 10^{-5} = 10^{-5}\ \text{T}.$$

Đáp án đúng là D

Khung dây dẫn kín quay đều với tốc độ góc là: $\ \omega = 2\pi f = 2\pi.12 = 24\pi\ \text{rad/s}$
Tại thời điểm ban đầu $t=0$, ta có $\vec{B}$ cùng hướng với $\vec{n}$ hay $(\vec{B};\vec{n})=\varphi=0\ \text{rad.}$

Biểu thức của từ thông qua khung dây là:
$\displaystyle \Phi = NBS\cos(\varphi+\omega t) = 100.0{,}4.50.10^{-4}.\cos(24\pi t)=0{,}2.\cos(24\pi t)\ \text{(Wb).}$

Biểu thức suất điện động cảm ứng trong khung dây là:}
$\displaystyle e_c = -\dfrac{d\Phi}{dt} = 0{,}2.24\pi.\sin(24\pi t) = 4{,}8\pi.\cos\!\left(24\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)\ \text{(V).}$

Biểu thức cường độ dòng điện chạy trong khung dây dẫn kín đó là:}
$\displaystyle i=\dfrac{e_c}{R}=\dfrac{4{,}8\pi.\cos\!\left(24\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)}{1{,}6}=3\pi.\cos\!\left(24\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)\ \text{(A).}$

Đáp án đúng là A

Khi đóng công tắc K, dòng điện chạy qua thanh kim loại có chiều như hình vẽ bên. Sử dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được hướng của lực từ tác dụng lên thanh kim loại như hình vẽ bên. Vậy thanh kim loại sẽ chuyển động về bên phải.

Đáp án đúng là C

Từ đồ thị cường độ dòng điện xoay chiều theo thời gian, ta xác định được:

Cường độ dòng điện hiệu dụng bằng $I = \dfrac{I_0}{\sqrt{2}} = \dfrac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\ \text{A.}$

Chu kì của dòng điện xoay chiều là $0{,}02\ \text{s.}$

Tần số góc của dòng điện xoay chiều là $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0{,}02} = 100\pi\ \text{rad/s.}$

Tại $t=0$, $i=0 \Rightarrow \cos\varphi_i = 0$ và cường độ dòng điện đang tăng nên $\varphi_i = -\dfrac{\pi}{2}\ \text{rad.}$

Biểu thức cường độ dòng điện xoay chiều theo thời gian là $i = 4\cos\left(100\pi t - \dfrac{\pi}{2}\right)\ \text{(A).}$

Vậy phát biểu A, B, D đúng; phát biểu C sai.

Đáp án đúng là B

Thời điểm $t$ có tỉ số giữa số hạt nhân ${}^{210}_{84}\mathrm{Po}$ đã phân rã thành hạt nhân khác và số hạt nhân ${}^{210}_{84}\mathrm{Po}$ còn lại bằng $3$:

$$\frac{N_0 - N_t}{N_t} = 3 \;\;\Rightarrow\;\; \frac{N_0}{N_t} = 4.$$

Mặt khác $\dfrac{N_0}{N_t} = 2^{t/T}$, nên

$$2^{t/T} = 4 \Rightarrow \frac{t}{T} = 2 \Rightarrow t = 2T = 2\cdot 138{,}4 = 276{,}8\ \text{ngày}.$$

Đáp án đúng là A

Điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng là:

$$U = \frac{U_0}{\sqrt{2}} = \frac{200}{\sqrt{2}} = 100\sqrt{2}\ \text{(V).}$$

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua điện trở là:

$$I = \frac{U}{R} = \frac{100\sqrt{2}}{50} = 2\sqrt{2} \approx 2{,}8\ \text{A.}$$

a) ĐÚNG
Khi trộn mẫu T với mẫu D, ta có:

$$m_Tc_T(24-22) = m_Dc_D(25-24) \Rightarrow 2m_Tc_T = m_Dc_D \tag{1}$$

Khi trộn mẫu D với mẫu S, ta có:

$$m_Dc_D(28-25) = m_Sc_S(30-28) \Rightarrow 3m_Dc_D = 2m_Sc_S \tag{2}$$

Khi trộn mẫu T với mẫu S, ta có:

$$m_Tc_T(t_1-22) = m_Sc_S(30-t_1) \tag{3}$$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $t_1 = 28^\circ$C.

b) ĐÚNG
Khi trộn 3 mẫu lại với nhau, ta có:

$$m_Sc_S(30-t_2) = m_Tc_T(t_2-22) + m_Dc_D(t_2-25) \tag{4}$$

Từ (1), (4) và (5) suy ra $t_2 = 27^\circ$C.

c) ĐÚNG
Khi nhân viên pha thêm một mẫu sữa tươi nữa vào hỗn hợp, ta có:

$$(t_3-27)(m_Tc_T+m_Dc_D+m_Sc_S) = m_Sc_S(30-t_3) \tag{6}$$

Từ (1), (4), (6) suy ra $t_3 = 28^\circ$C.

d) SAI
Khi nhân viên tiếp tục thêm 0,3 kg nước đá vào hỗn hợp, ta có:

$$(28-8)(m_Tc_T+m_Dc_D+2m_Sc_S) = \lambda m + m c_n 8 \tag{7}$$

Giải (7) ta được $m \approx 0{,}14\ \text{kg}$.
$\Rightarrow$ Lượng nước đá chưa tan hết.

a) ĐÚNG

Áp suất khí trong vòng bít lúc bắt đầu bơm là:

$$p_1 = \Delta p_1 + p_0 = 0 + 760 = 760 \,\text{mmHg}.$$

Áp suất khí trong vòng bít khi độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển đạt giá trị lớn nhất là:

$$p_2 = \Delta p_2 + p_0 = 160 + 760 = 920 \,\text{mmHg}.$$

Vậy áp suất của khối khí trong vòng bít đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong quá trình đo lần lượt là $760 \,\text{mmHg}$ và $920 \,\text{mmHg}$.

b) SAI

Trong quá trình bơm, nhiệt độ khí không đổi nên ta có:

$$p_1 V_1 = p_2 V_2 \;\;\Rightarrow\;\; 760 \cdot (120 + 30t) = 920 \cdot 380$$

$$\Rightarrow t = \frac{34}{3} \approx 11 \,\text{s}.$$

c) ĐÚNG

Áp dụng phương trình Clapeyron cho khối khí trong vòng bít tại thời điểm có độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển bằng $0 \,\text{mmHg}$ và bằng $160 \,\text{mmHg}$ lần lượt ta có:

$$p_1 V_0 = n_1 R T \quad \Rightarrow \quad n_1 = \frac{p_1 V_0}{R T} = \frac{101325 \cdot 120 \cdot 10^{-6}}{8{,}31 \cdot (27+273)} \approx 0{,}0055 \,\text{mol}.$$

$$p_2 V_2 = n_2 R T \quad \Rightarrow \quad n_2 = \frac{p_2 V_2}{R T} = \frac{122025 \cdot 380 \cdot 10^{-6}}{8{,}31 \cdot (27+273)} \approx 0{,}0195 \,\text{mol}.$$

Lượng không khí đã được bơm vào vòng bít để độ chênh lệch giữa áp suất khí trong vòng bít và áp suất khí quyển tăng từ $0 \,\text{mmHg}$ đến $160 \,\text{mmHg}$ là:

$$\Delta n = n_2 - n_1 = 0{,}0195 - 0{,}0055 \approx 0{,}014 \,\text{mol}.$$

d) ĐÚNG

Động năng tịnh tiến trung bình của phân tử khí trong vòng bít trước khi bơm không khí vào là:

$$W_\text{đ} = \frac{3}{2} k T = \frac{3}{2} \cdot 1{,}38 \cdot 10^{-23} \cdot (27 + 273) \approx 6{,}21 \cdot 10^{-21} \,\text{J}.$$

a) ĐÚNG

$$\Delta \varphi_{ui} = \varphi_u - \varphi_i = 0 - \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{3} \ \text{rad}.$$

Vậy điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch trễ pha hơn cường độ dòng điện trong mạch một góc $\dfrac{\pi}{3}$ rad.

b) SAI

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là

$$I = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 5 \ \text{A}.$$

Vậy giá trị hiển thị trên \textit{ampe} kế khi mắc nối tiếp vào đoạn mạch là 5 A.

c) SAI

Khi điện áp tức thời có giá trị 220 V, ta có:

$$u = 220\sqrt{2}\cos(100\pi t) = 220 \iff \cos(100\pi t) = \frac{1}{\sqrt{2}}$$

$$\Rightarrow 100\pi t_1 = \frac{\pi}{4} + k.2\pi \ (k \in \mathbb{N}) \quad \text{hoặc} \quad 100\pi t_2 = \frac{7\pi}{4} + k.2\pi \ (k \in \mathbb{N}).$$

Cường độ dòng điện trong đoạn mạch tại thời điểm $t_1$ và $t_2$ lần lượt là:

$$i_1 = 5\sqrt{2}\cos\left(100\pi \cdot \frac{1}{400} + \frac{\pi}{3}\right) = 5\sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3}\right) = 5\sqrt{2}\cos\frac{7\pi}{12} = I_{\max},$$

$$i_2 = 5\sqrt{2}\cos\left(\frac{7\pi}{4} + k.2\pi + \frac{\pi}{3}\right) = 5\sqrt{2}\cos\frac{19\pi}{12} = I_{\max},$$

với $I_{\max} = 5\sqrt{2}$ (A).

d) ĐÚNG

Giá trị của tổng trở của đoạn mạch là:

$$Z = \frac{U}{I} = \frac{220}{5} = 44 \ \Omega.$$

a) ĐÚNG

Chu kì bán rã của Americium $^{241}_{95}\mathrm{Am}$ là:

$$T = \frac{\ln 2}{5{,}086 \cdot 10^{-11}} \;\text{s} \approx 432{,}2 \,\text{năm}.$$

b) SAI

Số lượng hạt nhân Americium $^{241}_{95}\mathrm{Am}$ ban đầu là:

$$N_0 = \frac{m_0}{M} \cdot N_A = \frac{0{,}2025 \cdot 10^{-6}}{241} \cdot 6{,}02 \cdot 10^{23} \approx 5{,}06 \cdot 10^{14} \;\text{hạt}.$$

c) ĐÚNG

Độ phóng xạ của nguồn phóng xạ $\alpha \; ^{241}_{95}\mathrm{Am}$ ở thời điểm ban đầu là:

$$H_0 = \lambda N_0 = 5{,}086 \cdot 10^{-11} \cdot 5{,}06 \cdot 10^{14} \approx 25{,}7 \cdot 10^{3} \,\text{Bq}.$$

d) SAI

Tỉ lệ phần trăm giữa độ phóng xạ của nguồn phóng xạ $\alpha \; ^{241}_{95}\mathrm{Am}$ đã giảm so với độ phóng xạ ban đầu là:

$$\frac{\Delta H}{H_0} \cdot 100\% = \frac{H_0 - H_t}{H_0} \cdot 100\% = (1 - e^{-\lambda t}) \cdot 100\% = \Big( 1 - e^{-5{,}086 \cdot 10^{-11} \cdot 15 \cdot 365 \cdot 24 \cdot 3600} \Big) \cdot 100\% \approx 2{,}38\%.$$

Gọi $\tau$ (s) là khoảng thời gian bơm nước vào bể.

Lượng nước chảy vào bể của mỗi vòi trong khoảng thời gian $\tau$ là:

$$m = D \cdot V = 997 \cdot 0{,}25 \cdot 10^{-3} \cdot \tau = 0{,}24925 \cdot \tau \, (\text{kg})$$

Xét sự truyền nhiệt giữa lượng nước chứa trong bể với lượng nước nóng, lạnh được bơm vào, ta có:

$$Q_{toà} = Q_{thu}$$

$$\Rightarrow 0{,}24925 \, \tau \, c_n \, (90 - 40) = 0{,}24925 \, \tau \, c_n \, (40 - 10) + 997 \cdot 50 \cdot 10^{-3} \, c_n \, (40 - 20)$$

$$\Rightarrow \tau = 200 \, \text{s}$$

Diện tích nắp là:

$$S = \pi R^2 = 3{,}14 \cdot 0{,}1^2 = 0{,}0314 \,\text{m}^2$$

Khi trong bình có khối lượng và thể tích không đổi, nên ta có:

$$\frac{p_1}{T_1} = \frac{p_2}{T_2} \Rightarrow p_2 = \frac{298}{373} \cdot 10^5 \,\text{Pa}$$

Để mở nắp bình thì cần một lực $F$ có độ lớn thỏa mãn biểu thức:

$$F \geq mg + p_0 S - p_2 S$$

$$\Rightarrow F_{\min} = mg + p_0 S - p_2 S = 1 \cdot 10 + 10^5 \cdot 0{,}0314 - \frac{298}{373} \cdot 10^5 \cdot 0{,}0314 \approx 641 \,\text{N}$$

Khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái đẳng áp, nên ta có:

$$\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2} \Rightarrow \frac{V_1}{27+273} = \frac{V_2}{87+273} \quad (\text{Do } V \sim T \text{ nên } T \text{ tăng thì } V \text{ tăng})$$

$$\Rightarrow V_1 = 7 \,\text{lít}$$

Áp dụng phương trình Clapeiron cho khối khí ở trạng thái trước khi tăng nhiệt độ, ta có:

$$p_1 V_1 = n R T_1 \Rightarrow p_1 = \frac{nRT_1}{V_1}$$

Công mà khối khí đã thực hiện được trong quá trình biến đổi trạng thái đã cho là:

$$A = p_1 \Delta V = \frac{nRT_1}{V_1} \cdot \Delta V = \frac{1 \cdot 8{,}31 \cdot (27+273)}{7 \cdot 10^{-3}} \cdot 1{,}4 \cdot 10^{-3} \approx 499 \,\text{J}$$

Khối lượng của $1{,}5$ lít nước là:

$$m = D \cdot V = 997 \cdot 1{,}5 \cdot 10^{-3} = 1{,}4955 \,\text{kg}$$

Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ đến khi sôi là:

$$Q_{\text{thu}} = m \cdot c \cdot \Delta T = 1{,}4955 \cdot 4200 \cdot (100-30) = 439\,677 \,\text{J}$$

Nhiệt lượng bếp điện tỏa ra trong $4{,}6$ phút là:

$$Q_{\text{tỏa}} = I^2 R t = \frac{U^2}{R} \cdot t = \frac{220^2}{24{,}2} \cdot 4{,}6 \cdot 60 = 552\,000 \,\text{J}$$

Hiệu suất của bếp điện là:

$$H = \frac{A_{\text{có ích}}}{A_{\text{toàn phần}}} \cdot 100\% = \frac{Q_{\text{thu}}}{Q_{\text{tỏa}}} \cdot 100\% = \frac{439\,677}{552\,000} \cdot 100\% \approx 80\%$$

Máy xạ trị phải bảo dưỡng trước khi độ phóng xạ của nguồn phóng xạ giảm đi $7\%$.
Khi đó, chu kì bảo dưỡng ($t_{bd}$) thỏa mãn biểu thức:

$$\frac{H_0 - H_{t_{bd}}}{H_0} \cdot 100\% \leq 7\% \;\;\Rightarrow\;\; 1 - 2^{-\tfrac{t_{bd}}{T}} \leq 0.07 \;\;\Rightarrow\;\; t_{bd} \leq T \cdot \log_2 \frac{100}{93}$$

$$\Rightarrow\; t_{bd} \leq 5.3 \cdot 12 \cdot \log_2 \frac{100}{93}$$

$$t_{bd,\max} = 5.3 \cdot 12 \cdot \log_2 \frac{100}{93} \approx 6~\text{tháng}.$$

Vậy lịch bảo dưỡng của máy xạ trị đó là sau mỗi 6 tháng.

Máy xạ trị phải thay nguồn phóng xạ mới trước khi độ phóng xạ giảm đi $50\%$. Khi đó, số lần bảo dưỡng $n$ nhiều nhất trước khi thay nguồn phóng xạ thỏa mãn biểu thức:

$$\frac{H_0 - H_{t_{bd}}}{H_0}\cdot 100\% \leq 50\% \;\;\Rightarrow\;\; 1 - 2^{-\tfrac{n t_{bd}}{T}} \leq 0.5 \;\;\Rightarrow\;\; n \leq \frac{T}{t_{bd}\,\log_2 2}$$

Với $T=5.3 \cdot 12$ và $t_{bd}=6$:

$$n \leq \frac{5.3 \cdot 12}{6} \approx 10, \qquad n_{\max} = 10$$

Nếu thực hiện bảo dưỡng đúng lịch bảo dưỡng thì sau $10$ lần bảo dưỡng (với chu kì bảo dưỡng được xác định ở câu 5 là $t_{bd}=6$ tháng) thì ta cần thay nguồn phóng xạ mới.